没有名字 [整除分块优化dp]

$没有名字$

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$color{red}{正解部分}$

设 $F[i, j]$ 表示 $i$ 位置填 $j$ 满足条件的方案数, 则 $F[i, j] = sumlimits_{k=1}^{lfloor frac{M}{j} floor} F[i-1, k]$, 直接转移复杂度 $O(NM^2)$, 不可过 .

观察到 $lfloor frac{M}{j} floor$ 的取值仅有 $O(sqrt{M})$ 个, 且转移是前缀和的形式, 因此考虑使用 整除分块 和 前缀和 优化,

设 $F'[i, j]$ 表示 $i$ 位置填 整除分块 从大到小 第 $j$ 种 值所对应的 分母 的方案数, $g[i, j]$ 表示 对应 前缀和, 则

$egin{aligned} & F'[i, j] \ & = (r[j]-l[j]+1) imes sumlimits_{k=1}^{val[j]} F[i-1, k] \ & = (r[j]-l[j]+1) imes sumlimits_{k=1}^{Mp[frac{M}{val[j]]}]} F'[i-1,k] \ & = (r[j]-l[j]+1) imes g[i-1, Mp[frac{M}{val[j]]}] ]end{aligned}$

最后 $ans = g[N, cnt]$, 使用 std::map<int, int> 时间复杂度 $O(N sqrt{M} log M)$ .

$cnt$ 为取值的总个数, 整除分块的值从前往后单调不增 : M M-1 M-1 M-2 M-2 M-2 …
$Mp[x]$ 为 $x$ 对应的块的编号 .
$val[i]$ 表示编号为 $i$ 的块对应的值 .

但是 $Mp[x]$ 直接使用 std::map<int,int> 储存会 $TLE$,
观察到在 从小到大 枚举 $j$ 时, $lfloor frac{M}{val[j]} floor = lfloor frac{M}{frac{M}{l[j]}} floor$ 的值是 单调不增 的, 且只会变化 $sqrt{M}$ 次, 因此可以使用指针维护 .

时间复杂度 $O(N sqrt{M})$ .

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$color{red}{实现部分}$

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register

const int maxn = 1000005;
const int mod = 1e9 + 7;

int N;
int M;
int cnt;

int Mp[maxn];
int val[maxn];
int llim[maxn];
int rlim[maxn];
int F[102][maxn];
int g[102][maxn];

int main(){
        scanf("%d%d", &N, &M);
        for(reg int l = 1, r; l <= M; l = r+1){
                r = M/(M/l), llim[++ cnt] = l, rlim[cnt] = r;
                F[1][cnt] = r-l+1, val[cnt] = M/l;
                g[1][cnt] = (g[1][cnt-1] + F[1][cnt]) % mod;
        }
        for(reg int i = 2; i <= N; i ++){
                int t = cnt;
                for(reg int j = 1; j <= cnt; j ++){
                        while(t >= 1 && M/(M/llim[j]) > val[t]) t --;
                        F[i][j] = (rlim[j]-llim[j]+1)*1ll*g[i-1][t] % mod;
                        g[i][j] = (g[i][j-1] + F[i][j]) % mod;
                }
        }
        printf("%d
", g[N][cnt]);
        return 0;
}